第三部分　题型分层突破 2026年中考数学专题复习（四川）

能力篇 题型五　特殊四边形的相关证明与计算 1.(2025绵阳模拟)如图所示,将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转,得到矩形AEFG,点E恰好落在边CD上,连接BE,BG,且BG与AE相交于点P. 2.(2025绵阳模拟)如图所示,在矩形ABCD中,点E为AB边上一点,将△BCE沿CE翻折得到△FCE,点B恰好落在AD边上的点F处.延长CE,DA交于点G,连接BG,BF,BF交CE于点H. (1)求证:四边形BCFG为菱形; (1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC,即GF∥BC. ∴∠FGH=∠BCH,∠GFH=∠CBH. ∵将△BCE沿CE翻折得到△FCE,点B恰好落在AD边上的点F处,∴BH=FH. 在△GFH和△CBH中, ∠FGH=∠BCH,∠GFH=∠CBH,FH=BH, ∴△GFH≌△CBH(AAS).∴GH=CH. 又∵BH=FH,∴四边形BCFG是平行四边形. 由翻折的性质可得BF⊥CG, ∴四边形BCFG是菱形. 谢谢观赏！ 10 (1)求证:∠CBE=∠BAE; (1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴∠CBE+∠ABE=90°.由旋转的性质可得AE=AB, ∴∠ABE=∠AEB==90°-∠BAE. ∴∠CBE+90°-∠BAE=90°.∴∠CBE=∠BAE. (2)若AB=,BC=3,求BG的长. (2)解:如图所示,过点B作BM⊥AE于点M,过点E作EN⊥AB于点N. 在△BEC和△BEM中, ∴△BEC≌△BEM(AAS). ∴BM=BC=GA=3,EC=EM. 在△GAP和△BMP中, ∴△GAP≌△BMP(AAS).∴GP=BP,AP=MP. ∵AN===4, ∴EM=EC=NB=AB-AN=-4. ∴AM=AE-EM=-(-4)=4. ∴PM=AM=2. ∴BP===.∴BG=2BP=2. (2)若AE=3,且tan∠BCE=,求菱形BCFG的面积. (2)解:∵四边形ABCD是矩形, ∴∠BAD=∠EBC=90°,AD∥BC. ∴∠GAE=90°,∠AGE=∠BCE. ∴tan∠AGE=tan∠BCE=. 在Rt△EBC中,tan∠BCE==, ∴BC=2BE. 在Rt△GAE中,tan∠AGE==,∴AG=2AE=2×3=6. 由翻折的性质可得EF=BE, 设EF=BE=x,则BC=2x, ∵四边形BCFG是菱形,∴GF=BC=2x.∴AF=GF-AG=2x-6. 在Rt△AEF中,由勾股定理,得AE2+AF2=EF2,∴32+(2x-6)2=x2. 解得x1=5,x2=3(不符合题意,舍去), ∴BE=5,BC=10.∴AB=BE+AE=5+3=8. ∴=BC·AB=10×8=80. $题型九　二次函数综合题 (2)如图(1)所示,抛物线上两点P(m,y1),Q(m+2,y2),若PQ∥BN,求m的值. (2)m=-4. (3)如图(2)所示,点M(-1,-5),如果不垂直于y轴的直线l与抛物线交于点G,H,满足∠GMN=∠HMN.探究直线l是否过定点?若直线l过定点,求定点坐标;若不过定点,请说明理由. 2.(2025德阳T25,15分)如图(1)所示,在平面直角坐标系中,已知二次函数y=-x2+bx+c的图象与x轴交于点A(-1,0),B(3,0),与y轴交于点C. (1)求抛物线的函数表达式. (2)如图(2)所示,连接BC,过点C作CD⊥BC与抛物线相交于另一点D. ①求点D的坐标; 解:(1)y=-x2+2x+3. (2)①D(1,4). ∴OM=MH=1.∴H(1,-1). ∵DE+EH≥DH, ∴当DE+EH=DH时,DE+EH最小. ∵D(1,4),H(1,-1), ∴DH=5.此时D,E,H三点共线且DH⊥x轴. ∴点F的坐标为(0,3)与点C重合,满足EF在线段BC上.∴DE+OF的最小值为5. 3.(2025成都T26,12分)如图所示,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx过点(-1,3),且对称轴为直线x=1,直线y=kx-k与抛物线交于A,B两点,与x轴交于点C. (1)求抛物线的函数表达式. (2)当k=1时,直线AB与y轴交于点D,与直线x=2交于点E.若抛物线y= (x-h)2-1与线段DE有公共点,求h的取值范围. 解:(1)抛物线的函数表达式为y=x2-2x. (3)过点C与AB垂直的直线交抛物线于P,Q两点,M,N分别是AB,PQ的中点.试探究:当k变化时,抛物线的对称轴上是否存在定点T,使得TC总是平分∠MTN?若存在,求出点T的坐标;若不存在,请说明理由. 4.(2025宜宾T25,14分)如图所示,O是坐标原点,已知抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,其中A(3,0),C(0,3). (1)求b,c的值. (2)点D为抛物线上第一象限内一点,连接BD,与直线AC交于点E,若DE∶ BE=1∶2,求点D的坐标. 解:(1)b=2,c=3.　(2)D(2,3)或D(1,4). (3)若F为抛物线的顶点,平移抛物线使得新顶点为P(m,n)(m>1),若点P又在原抛物线上,新抛物线与直线x=1交于点N,连接FP,PN,∠FPN= 120°.探究新抛物线与x轴是否存在两个不同的交点.若存在,求出这两个交点之间的距离;若不存在,请说明理由. 解:(3)存在. 由(1)得b=2,c=3,∴y=-x2+2x+3. 整理y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4, ∵F为抛物线的顶点,∴F(1,4). ∵平移抛物线使得新顶点为P(m,n)(m>1),P又在原抛物线上,新抛物线与直线x=1交于点N, 谢谢观赏！ 18 1.(2025南充T25,12分)抛物线y=ax2+2ax-(a≠0)与x轴交于A(3,0),B两点,N是抛物线顶点. (1)求抛物线的表达式及点B的坐标. 解:(1)抛物线的表达式为y=x2+x-,B(-5,0). 解:(3)直线l过定点. 设直线l的表达式为y=kx+b,直线l与抛物线相交于点G(x3,y3),H(x4,y4),∴∴x2+(2-4k)x-15-4b=0. ∴Δ>0,x3+x4=4k-2,x3x4=-15-4b. 如图所示,作GC⊥MN,HD⊥MN,垂足分别为点C,D, 则GC=-1-x3,MC=y3+5,HD=x4+1,MD=y4+5, ∵∠GMN=∠HMN, ∴tan∠GMN=tan∠HMN.即=.∴=. ∴(x3+1)(y4+5)+(x4+1)(y3+5)=0. ∴(x3+1)(kx4+b+5)+(x4+1)(kx3+b+5)=0. ∴2kx3x4+(k+b+5)(x3+x4)+2b+10=0. ∴2k(-15-4b)+(k+b+5)(4k-2)+2b+10=0.∴-4k(b-k+3)=0. ∵直线l不垂直于y轴,∴k≠0.∴b-k+3=0. ∴b=k-3.∴直线l的表达式为y=k(x+1)-3. ∵无论k为何值,∴当x=-1时,y=-3,∴l过定点(-1,-3). ②如图(3)所示,点E,F为线段BC上两个动点(点E在点F的右侧),且EF=,连接OF,DE.求OF+DE的最小值. 解:②如图所示,过点D作二次函数的对称轴,过点O作OH∥EF交二次函数的对称轴于点H,且OH=EF=,连接HE,设DH交x轴于点M. ∵OH∥EF,且OH=EF, ∴四边形OFEH是平行四边形. ∴OF=EH. ∵∠CBO=45°,∴∠BOH=45°. ∴△OMH为等腰直角三角形.∴OM=MH. ∵OH=EF=,OM2+MH2=OH2, (2)当-≤h≤2+时,抛物线y=(x-h)2-1与线段DE有公共点. 解:(3)存在.∵y=kx-k,∴当y=0时,x=1. ∴C(1,0).又抛物线的对称轴为直线x=1,∴点C在抛物线的对称轴上. ∵PQ过点C,且与直线AB垂直,∴直线PQ的表达式为y=-(x-1), 即y=-x+. 联立,得整理,得x2-(k+2)x+k=0, ∴xA+xB=k+2,yA+yB=kxA-k+kxB-k=k(xA+xB)-2k=k2. ∵M为AB的中点,∴M(,). 联立,得同理可得N(1-,). 作MH⊥CT,NF⊥CT,如图所示. ∵TC平分∠MTN,∴∠NTF=∠MTH.∴tan∠MTH=tan∠NTF.∴=. 设T(1,t),则=, 解得t=-,∴抛物线的对称轴上存在T(1,-),使得TC总是平分∠MTN. 连接FP,PN,过点P作PH⊥FN于点H,∠FPN=120°,如图所示. ∴平移后的抛物线的表达式为y=-(x-m)2+n. 把x=1代入y=-(x-m)2+n, 得yN=-(1-m)2+n. ∵点P(m,n)在y=-(x-1)2+4上,∴n=-(m-1)2+4. ∴(m-1)2=4-n.∴yN=-(1-m)2+n=-4+n+n=-4+2n. ∴N(1,-4+2n). ∵P(m,n),N(1,-4+2n),F(1,4), ∴PF2=(m-1)2+(n-4)2,PN2=(m-1)2+[n-(-4+2n)]2=(m-1)2+(n-4)2. 则PF2=PN2,即PF=PN.∴△PFN是等腰三角形. ∵∠FPN=120°,∴∠FPH=×120°=60°. 则tan∠FPH=tan 60°===,∴4-n=(m-1). 令t=m-1,∴4-n=t,即n=-t+4. ∵n=-(m-1)2+4,∴-t+4=-t2+4. 即t2-t=0.∴t(t-)=0.∴t1=0,t2=. ∴m-1=0,或m-1=.∴m=1(舍去)或m=+1.∴P(1+,1). ∴平移后的抛物线表达式为y=-(x-1-)2+1. 令y=0,则0=-(x-1-)2+1, ∴(x-1-)2=1,即x-1-=±1. ∴x1=2+,x2=,则|x1-x2|=2+-=2. ∴新抛物线与x轴存在两个不同的交点,这两个交点之间的距离为2. $题型二　统计与概率 A 3.(2025黑龙江)如图所示,随机闭合开关K1,K2,K3中的两个,能让两盏灯 泡L1,L2同时发光的概率为　 　.  4.(2025安徽)在一个平衡的天平左、右两端托盘上,分别放置质量为 20 g和70 g的物品后,天平倾斜(如图所示).现从质量为10 g,20 g, 30 g,40 g的四件物品中,随机选取两件放置在天平的左端托盘上,则天 平恢复平衡的概率为　 　.  5.(2025北京)校田径队教练选出甲、乙、丙、丁四名运动员参加100 m比赛.对这四名运动员最近10次100 m跑测试成绩(单位:s)的数据进行整理、描述和分析.下面给出了部分信息. a.甲、乙两名运动员10次测试成绩的折线图 b.丙运动员10次测试成绩: 12.4　12.4　12.5　12.7　12.8　12.8　12.8　12.8　12.9　12.9 c.四名运动员10次测试成绩的平均数、中位数、方差如下表: 统计量 甲 乙 丙 丁 平均数 12.5 12.5 p 12.5 中位数 m 12.5 12.8 12.45 方差 0.056 n 0.034 0.056 (1)表中m的值为　 　;  (2)表中n　 　(选填“>”“=”或“<”)0.056;  12.5 < (3)根据这10次测试成绩,教练按如下方式评估这四名运动员的实力强弱:首先比较平均数,平均数较小者实力更强;若平均数相等,则比较方差,方差较小者实力更强;若平均数,方差分别相等,则测试成绩小于平均数的次数较多者实力更强.评估结果:这四名运动员按实力由强到弱依次为　 　.  乙、丁、甲、丙 谢谢观赏！ 9 1.(2025河北)抛掷一个质地均匀的正方体木块(6个面上分别标有1,2,3中的一个数字),若向上一面出现数字1的概率为,出现数字2的概率为 ,则该木块不可能是( ) 2.(2025山西)如图所示是创新小组设计的一款小程序的界面示意图,程序规则为每点击一次按钮,“”就从一个格子向左或向右随机移动到相邻的一个格子.当“”位于格子A时,小明连续点击两次按钮,“”回到格子A的概率是　 　.  $题型四　实际应用题 类型一　函数与二元一次方程组的应用 1.(2025德阳)中江挂面以“细如发丝、清如白玉、耐煮不糊、入口绵软”闻名遐迩,其独特的空心技艺传承千年,从揉面、开条、上筷到拉扯成型,需经十余道古法工序.数学兴趣小组走进某老字号挂面厂进行调研,已知购买2袋A型与2袋B型挂面共需费用100元,购买3袋A型与2袋B型挂面共需费用120元. (1)A型、B型挂面的单价分别是多少元? (2)为进一步推广此非遗美食,兴趣小组决定购买A,B两种型号挂面共40袋.在单价不变,总费用不超过950元,且B型挂面不少于10袋的条件下,共有几种购买方案?其中最低花费多少元? 设总花费为w元,由题意,得 w=20(40-a)+30a=10a+800. ∵10>0,∴w随a的增大而增大. ∴a=10时,w有最小值, 最小值为10×10+800=900. 答:共有6种购买方案,最低花费900元. 类型二　函数与分式方程、不等式(组)的应用 2.(2025南充)学校计划租用客车送师生到某红色基地,参加主题为“缅怀先烈,强国有我”的研学活动,请阅读下列材料,并完成相关问题. 材料一 租车公司有A,B两种型号的客车可供租用,在每辆车满员情况下,每辆A型客车比每辆B型客车多载客15人;用A型客车载客600人与用B型客车载客450人的车辆数相同 材料二 A型客车租车费用为3 200元/辆;B型客车租车费用为3 000元/辆. 优惠方案:租用A型客车m辆,租车费用(3 200-50m)元/辆; 租用B型客车,租车费用打8折 材料三 租车公司最多提供8辆A型客车; 学校参加研学活动师生共有530人,租用A,B两种型号客车共10辆且A,B都租用 (1)A,B两种型号的客车每辆载客量分别是多少? (2)本次研学活动学校的最少租车费用是多少? 3.(2025新都区模拟)2025年,国家卫健委开展持续实施“体重管理年”行动,普及健康生活方式,加强慢性病防治.为响应该政策,某商场计划购进甲、乙两种品牌的足球.已知甲种品牌足球的进价比乙种品牌足球的进价多65元,用28 000元购进甲种品牌足球的数量与用15 000元购进乙种品牌足球的数量相同. (1)求甲、乙两种品牌足球的进价; (2)商场计划每个甲种品牌足球的售价为198元,每个乙种品牌足球的售价为100元,商场决定同时购进甲、乙两种品牌足球共100个,假设能全部售出.若商场用不低于10 100元且不高于10 425元的资金购入甲、乙两种品牌的足球.请你帮商场设计利润最大的进货方案,并求出此时的最大利润,说明理由. 解得40≤x≤45, ∵x为非负整数,∴x=40,41,42,43,44,45, 设利润为y元, 根据题意得y=(198-140)x+(100-75)(100-x)=33x+2 500, ∵33>0,∴y随x的增大而增大. ∴当x=45时,y值最大,y最大=33×45+2 500=3 985.此时,100-x=55, ∴利润最大的进货方案是购进甲种品牌足球45个,乙种品牌足球55个,最大利润是3 985元. 4.(2025德阳模拟)随着全民健身意识的增强和体育产业的高质量发展,运动鞋市场的需求日益增长.某运动品牌专卖店为了抓住这一市场机遇,准备购进甲、乙两种运动鞋.其中甲、乙两种运动鞋的进价和售价如表.已知购进60双甲种运动鞋与50双乙种运动鞋共需10 000元. 价格 甲 乙 进价/(元/双) m m-20 售价/(元/双) 240 160 (1)求m的值. 解:(1)依题意,得60m+50(m-20)=10 000,解得m=100. (2)要使购进的甲、乙两种运动鞋共200双(两种都购进)的总利润不少于21 700元,且不超过22 300元,该专卖店有几种进货方案? (3)在(2)的条件下,专卖店准备对甲种运动鞋每双优惠a(50<a<70)元出售,乙种运动鞋价格不变,该专卖店要想获得最大利润应当如何进货? 解:(3)设总利润为W,则W=(240-100-a)x+80(200-x)=(60-a)x+16 000(95≤x≤105). ①当50<a<60时,60-a>0,W随x的增大而增大, ∴当x=105时,W有最大值. 即此时应购进甲种运动鞋105双,购进乙种运动鞋95双; ②当a=60时,60-a=0,W=16 000,(2)中所有方案获利都一样; ③当60<a<70时,60-a<0,W随x的增大而减小, ∴当x=95时,W有最大值. 即此时应购进甲种运动鞋95双,购进乙种运动鞋105双. 谢谢观赏！ 18 解:(1)设A型挂面的单价是x元,B型挂面的单价是y元, 由题意,得 解得 答:A型挂面的单价是20元,B型挂面的单价是30元. 解:(2)设购买B型挂面a袋,则购买A型挂面为(40-a)袋, 由题意得 解得10≤a≤15. ∵a为整数, ∴共有6种购买方案. 解:(1)设A型客车每辆载客量为x人,则B型客车每辆载客量为(x-15)人, 根据题意,得=, 解得x=60, 经检验,x=60是所列方程的解,且符合题意, ∴x-15=60-15=45. 答:A型客车每辆载客量为60,B型客车每辆载客量为45. 解:(2)设租用A型客车m辆,则租用B型客车(10-m)辆, 根据题意,得60m+45(10-m)≥530,解得m≥. 设本次研学活动学校的租车总费用为w元, 则w=(3 200-50m)m+3 000×0.8(10-m)=-50m2+800m+24 000. ∵抛物线的对称轴为直线m=-=8, ∴m≤8时,w随着m的增大而增大. ∵m取正整数,且m≥, ∴当m=6时,w取得最小值,最小值为 -50×62+800×6+24 000=27 000. 答:本次研学活动学校的最少租车费用是27 000元.　 解:(1)设乙种品牌足球的进价为a元, 则甲种品牌足球的进价为(a+65)元, 根据题意,得=,解得a=75, 经检验,a=75是所列分式方程的解,且符合题意, ∴a+65=75+65=140. 答:甲种品牌足球的进价为140元,乙种品牌足球的进价为75元. 解:(2)利润最大的进货方案是购进甲种品牌足球45个,乙种品牌足球55个,最大利润是3 985元,理由如下: 设购进甲种品牌足球x个,则购进乙种品牌足球(100-x)个, 根据题意得 解:(2)设购进甲种运动鞋x双,则乙种运动鞋(200-x)双, 根据题意,得 解不等式①,得x≥95.解不等式②,得x≤105. ∴不等式组的解集是95≤x≤105. ∵x是正整数,105-95+1=11,∴共有11种进货方案. $题型三　锐角三角函数的实际应用 1.综合与实践活动中,要用测角仪测量天津站附近世纪钟建筑AB的高度.某学习小组设计了一个方案:如图所示,点A,E,C依次在同一条水平直线上,CD⊥AC,EF⊥AC,且CD=EF=1.7 m.在D处测得世纪钟建筑顶部B的仰角为22°,在F处测得世纪钟建筑顶部B的仰角为31°,CE=32 m.根据该学习小组测得的数据,计算世纪钟建筑AB的高度(结果取整数.参考数据: tan 22°≈0.4,tan 31°≈0.6). 谢谢观赏！ 7 解:如图所示,延长DF与AB相交于点G, 根据题意可得四边形GAEF和四边形FECD是矩形, ∠GDB=22°,∠GFB=31°,∠DGB=90°, ∴AG=EF=CD=1.7 m,DF=CE=32 m. 在Rt△FGB中,tan∠GFB=, ∴GF=. 在Rt△DGB中,tan∠GDB=, ∴GD=. ∵GF+DF=GD,∴+32=. ∴GB=≈=38.4. ∴AB=AG+GB=1.7+38.4≈40(m). 答:世纪钟建筑AB的高度约为40 m. 2.(2025青岛)学校综合实践小组测量博学楼的高度.如图所示,点A,B,C,D,E在同一平面内.点B,C,D在同一水平线上,一组成员从19 m高的厚德楼顶部A测得博学楼的顶部E的俯角为22°,另一组成员沿BD方向从厚德楼底部B点向博学楼走15 m到达点C,在点C测得博学楼顶部E的仰角为42°,求博学楼DE的高度(参考数据:sin 22°≈,cos 22°≈,tan 22°≈,sin 42°≈,cos 42°≈, tan 42°≈). 解:如图所示,过点E作EF⊥AB,垂足为点F, 由题意得EF=BD,BF=DE,BC=15 m,AG∥EF,∴∠GAE=∠AEF=22°. 设CD=x m,则EF=BD=BC+CD=(x+15)(m), 在Rt△DCE中,∠ECD=42°, ∴DE=CD·tan 42°≈x(m).∴BF=DE=x(m). 在Rt△AEF中,∠AEF=22°,∴AF=EF·tan 22°≈(x+15)(m). ∵AF+BF=AB,∴(x+15)+x=19. 解得x=10,∴DE=x=9(m).∴博学楼DE的高度约为9 m. $题型十　几何综合探究题 1.(2025成都T25,10分)如图所示,在▱ABCD中,点E在BC边上,点B关于直线AE的对称点F落在▱ABCD内,射线AF交射线DC于点G,交射线BC于点P,射线EF交CD边于点Q. 【特例感知】 (1)如图(1)所示,当CE=BE时,点P在BC的延长线上,求证:△EFP≌△ECQ. (1)证明:由折叠的性质,得∠B=∠AFE,BE=FE, ∵四边形ABCD是平行四边形, ∴AB∥CD.∴∠B=∠PCG.∴∠AFE=∠PCG. ∵∠AFE=∠QFG,∴∠PCG=∠QFG. ∵∠FGQ=∠CGP,∴∠CQE=∠P. ∵CE=BE,BE=EF,∴EF=EC. 又∵∠CEQ=∠FEP,∴△EFP≌△ECQ(AAS). 【问题探究】 (2)在(1)的条件下,若CG=3,GQ=5,求DQ的长. 2.(2024成都T26,12分)数学活动课上,同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置,固定一个顶点,然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转,来探究图形旋转的性质.已知在△ABC和△ADE中,AB=AD=3,BC=DE=4, ∠ABC=∠ADE=90°. 【初步感知】 【深入探究】 (2)如图(2)所示,在纸片△ADE绕点A旋转过程中,当点D恰好落在△ABC的中线BM的延长线上时,延长ED交AC于点F,求CF的长. 【拓展延伸】 (3)在纸片△ADE绕点A旋转过程中,试探究C,D,E三点能否构成直角三角形.若能,直接写出所有直角三角形CDE的面积;若不能,请说明理由. 谢谢观赏！ 12 (2)解:∵△EFP≌△ECQ,∴EQ=EP.∵EF=EC,∴FQ=CP. ∵∠FGQ=∠CGP,∠CQE=∠P,∴△FQG≌△CPG(AAS).∴FG=CG=3,GQ=GP=5. 由折叠的性质得AF=AB, ∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB∥CD,AB=CD. ∴△CGP∽△BAP.∴=.∴=,解得AB=12. ∴CD=12.∴DQ=CD-CG-QG=4. 【拓展延伸】 (3)如图(2)所示,当CE=2BE时,点P在BC边上,若=,求的值(用含n的代数式表示). (3)=. (1)如图(1)所示,连接BD,CE,在纸片△ADE绕点A旋转过程中,试探究的值. 解:(1)∵AB=AD=3,BC=DE=4,∠ABC=∠ADE=90°,∴△ADE≌△ABC(SAS). ∴AC=AE==5.∴∠DAE=∠BAC. ∴∠DAE-∠DAC=∠BAC-∠DAC, 即∠CAE=∠BAD. ∵==1,∴△ADB∽△AEC.∴=. ∵AB=3,AC=5,∴=. 解:(2)∵BM是Rt△ABC斜边AC上的中线, ∴AM=BM=CM=AC=.∴∠ABM=∠BAM. ∵AB=AD,∴∠ABM=∠ADB.∴∠BAM=∠ADB. ∵∠ABM=∠DBA,∴△ABM∽△DBA. ∴=,即=.∴BD=. ∴DM=BD-BM=-=. ∵∠EAD=∠CAB=∠ABD=∠ADB, ∴DM∥AE.∴△FDM∽△FEA. ∴=,即=.解得FM=. ∴CF=CM-FM=-=. 解:(3)C,D,E三点能构成直角三角形. 直角三角形CDE的面积为4或16或12或. $压轴篇 题型八　选填压轴题 类型一　最值类问题(含利用函数求最值) 1.(2025自贡T12,4分)如图所示,正方形ABCD边长为6,以对角线BD为斜边作Rt△BED,∠E=90°,点F在DE上,连接BF.若2BE=3DF,则BF的最小值为 ( ) D 2.(2025宜宾T18,4分)如图所示,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,BC=6,将射线CA绕点C顺时针旋转90°到CA1,在射线CA1上取一点D,连接AD,使得△ACD面积为24,连接BD,则BD的最大值是　 　.  类型二　几何图形计算类 3.(2024绵阳T12,3分)如图所示,在四边形ABCD中,AB⊥BC,0°<∠A< 90°,AD∥CF,AF=CF=2AD=2,AD=DE,CD⊥DE,则BF长为( ) D 4.(2025成都T22,4分)如图所示,在△ABC中,AB=AC,点D在AC边上,AD=3, CD=2,∠CBD=45°,则tan∠ACB的值为　 　;点E在BC的延长线上,连接 DE,若∠CED=∠ABD,则CE的长为　 　.  4 类型三　代数推理 5.(2025宜宾T17,4分)已知a1,a2,a3,a4,a5是五个正整数,去掉其中任意一个数,剩余四个数相加有五种情况,和却只有四个不同的值,分别是45, 46,47,48,则a1+a2+a3+a4+a5的值为　 　.  58 类型四　规律探究类 6.(2025眉山T17,4分)如图所示,在平面直角坐标系中,用12个以点O为公共顶点的相似三角形组成形如海螺的图案,若OA=1,∠OAB=90°,则点G的 坐标为　 　.  (1,-1) 类型五　二次函数的图象与性质 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 C 谢谢观赏！ 10 A.6 B.6- C.3 D.4-2 2+4 A. B. C.2- D.-1 (-,0) 7.(2025山东)如图所示,取直线y=-x上一点A1(x1,y1),①过点A1作x轴的垂线,交y=于点A2(x2,y2);②过点A2作y轴的垂线,交y=-x于点A3(x3,y3);如此循环进行下去.按照上面的操作,若点A1的坐标为(1,-1),则点A2 025的坐标是　 　.  8.(2025宜宾T12,4分)如图所示,O是坐标原点,已知二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴交于A,C两点,与y轴交于点B,顶点为D,对称轴为x=-2,其中A(2,0),B(0,c),且-3<c<-2.有以下结论:①abc> 0;②<b<1;③△ACD是钝角三角形;④若方程ax2+(b-2)x+c=0的两根为x1,x2(x1<x2),则-2<x1<4-2,6<x2<4+2.其中正确结论有( ) $题型七　反比例函数综合题 类型一　线段问题 类型二　面积问题 (1)求一次函数和反比例函数的表达式; 类型三　特殊三角形问题 (2)在(1)的条件下,若点A关于原点的对称点为A′,求△AA′B的面积. (3)探究:点P在y轴上,是否存在一点P,使得△ABP为等腰直角三角形,且直角顶点为点P.若存在,求出点P坐标及此时的k值;若不存在,请说明理由. 类型四　相似三角形的存在性问题 (2)连接BC,在直线AC上是否存在点D,使以O,A,D为顶点的三角形与△ABC相似.若存在,求出点D的坐标;若不存在,请说明理由. 谢谢观赏！ 15 1.(2025游仙区校级模拟)如图所示,一次函数y=x+2与反比例函数y=(x>0)的图象交于点A(a,3). (1)求反比例函数的表达式; 解:(1)反比例函数的表达式为y=. (2)若C为反比例函数y=(x>0)图象上A点下方一点,直线AC与x轴交于点D,且满足AC=AD,求点C的坐标. 解:(2)如图所示,作AE⊥x轴,CF⊥x轴,垂足分别为点E,F, ∵AC=AD,∴=. ∵AE∥CF,∴△DAE∽△DCF.∴==. ∵AE=3,∴CF=2. 当y=2时,x=3,∴C(3,2). 2.(2024泸州T23,8分)如图所示,在平面直角坐标系中,一次函数y=kx+b与x轴相交于点A(-2,0),与反比例函数y=的图象相交于点B(2,3). 解:(1)一次函数的表达式为y=x+. 反比例函数的表达式为y=. (2)直线x=m(m>2)与反比例函数y=(x>0)和y=-(x>0)的图象分别交于点C,D,且S△OBC=2S△OCD,求点C的坐标. 解:(2)由x=m分别交y=和y=-的图象于点C,D,得 点C的坐标为(m,),点D的坐标为(m,-), ∴S△OCD=[-(-)]·m=4. 又∵S△OBC=2S△OCD,∴S△OBC=8. 令直线CD与x轴的交点为M, 如图所示,过点B作x轴的垂线,垂足为N, ∵S△BON+S梯形BNMC=S△BOC+S△COM, 且S△BON=S△COM, ∴S梯形BNMC=S△BOC=8. ∴=8,解得m1=6,m2=-. ∵m>2, ∴m=6,则点C的坐标为(6,1). 3.(2025双流区模拟)已知一次函数y1=x+2与反比例函数y2=的图象交于A,B两点,交y轴于点C. (1)当点A的横坐标为4时,求反比例函数的表达式和点B的坐标. 解:(1)反比例函数的表达式为y2=. 点B的坐标为(-8,-2). 解:(2)如图所示.∵A(4,4), ∴点A关于原点的对称点A′的坐标为(-4,-4). ∵B(-8,-2), ∴S△AA′B=(4+8)×(4+4)-×8×8-×(8+4)×6-×4×2=24. 解:(3)存在.如图所示,过点A作AE⊥y轴于点E,过点B作BD⊥y轴于点D,∴∠AEP=∠BDP=90°. 设点A(a,a+2),(a>0), ∴AE=a,k=a(a+2). 联立方程可得x+2=, ∴x1=a,x2=-a-4.∴B(-a-4,-a). ∴BD=a+4,DO=a. ∵△ABP为等腰直角三角形, ∴BP=AP,∠APB=90°=∠AEP=∠BDP. ∴∠APE+∠BPD=90°=∠APE+∠PAE. ∴∠BPD=∠PAE.∴△BPD≌△PAE(AAS). ∴BD=PE=a+4,AE=PD=a.∴ED=4. ∵ED=OD+EO,∴4=a+a+2.∴a=2. ∴点P(0,-3).∴k=2×(×2+2)=6. 4.(2025宜宾T23,12分)如图所示,过原点O的直线与反比例函数y=(k≠0)的图象交于A,B两点.一次函数y=mx+b(m≠0)的图象过点A与反比例函数交于另一点C,与x轴交于点M,其中A(-2,1),C(-1,n). (1)求一次函数y=mx+b的表达式,并求△AOM的面积. 解:(1)一次函数y=mx+b的表达式为y=x+3, S△AOM=. 解:(2)存在.∵直线AB经过原点,∴由反比例函数的对称性可得点B的坐标为(2,-1),OA=OB.∵A(-2,1),C(-1,2), ∴AC==, BC==3, AB==2. ∴AC2+BC2=()2+(3)2=2+18=20,AB2=(2)2=20.∴AC2+BC2=AB2. ∴∠ACB=90°.∵BC⊥AC,∴OA与AC不垂直. ∵△OAD与△ABC相似, ∴只存在△OAD∽△BAC和△OAD∽△CAB这两种情况. 如图①所示, 当△OAD∽△BAC时, 则==,∠ODA=∠BCA=90°, ∴AD=AC,OD∥BC. ∴此时点D为AC的中点.∴点D的坐标为(-,). 如图②所示, 当△OAD∽△CAB时,则==,即==, ∴AD=5,OD=3. 设D(d,d+3),∴ 解得d=3.∴d+3=6.∴点D的坐标为(3,6). 综上所述,点D的坐标为(-,)或(3,6). $题型六　与圆有关的证明与计算 类型一　与切线判定有关的证明与计算 (2)若AC=3,AB=5,求CE,DE的长. 2.(2025泸州T24,12分)如图所示,AB,CD是☉O的直径,过点C的直线与过点B的切线交于点E,与BA的延长线交于点F,且EB=EC,连接DE交AB于点G. (1)求证:EF是☉O的切线; (1)证明:如图①所示,连接OE. ∵BE是☉O的切线,∴OB⊥BE, 即∠OBE=90°. 在△OEC和△OEB中, OC=OB,OE=OE,CE=BE, ∴△OEC≌△OEB(SSS). ∴∠OCE=∠OBE=90°. ∴OC⊥CE. ∵OC是☉O的半径,∴EF是☉O的切线. 类型二　与圆基本性质有关的证明与计算 3.(2025天府新区模拟)如图所示,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,D为AB上一点,以AD为直径作☉O,交BC于E,F两点,E为BC中点,连接AE,DE. (1)求证:AE·AC=AB·DE; 类型三　与切线性质有关的证明与计算 4.(2025邛崃模拟)如图所示,在四边形ABCD中,AD∥BC,∠D=90°,且AD> BC,以AB为直径的☉O与边CD相切于点E,交AD于点F,连接AE,EF. (1)求证:△DEF∽△DAE; (1)证明:如图所示,连接OE,BE, ∵CD切☉O于点E,∴∠OED=90°.∴∠AED+∠AEO=90°. ∵AB为☉O的直径, ∴∠AEB=90°.∴∠EAB+∠EBA=90°. 又∵OA=OE,∴∠OEA=∠OAE.∴∠AED=∠EBA. 又∵A,B,E,F四点共圆,∴∠AFE+∠ABE=180°. ∵∠DFE+∠AFE=180°, ∴∠DFE=∠EBA=∠AED. 又∵∠D=∠D,∴△DEF∽△DAE. (2)☉O的半径为13. 解:(1)∠G=30°. (2)连接CO,AC,再连接DO,并延长交AC于点M, ①求证:DM⊥AC; ②若CD·AF=16,求☉O的直径. 类型四　与特殊四边形的综合 6.(2024绵阳T24,12分)如图所示,☉O为△ABC的外接圆,弦CD⊥AB,垂足为点E,直径BF交CD于点G,连接AF,AD.若AB=AC=5,BC=2. (1)求证:四边形ADGF为平行四边形; (3)求sin∠CAD的值. 7.(2025宜宾T24,12分)如图所示,已知AE是☉O的直径,D是☉O上一点.过点D作直线DB与AE的延长线交于点B.过点A作AC⊥BD于点C,连接AD,DE,且∠AED=∠ADC. (1)求证:直线BC是☉O的切线; (1)证明:如图所示, 连接OD, 则OD=OE, ∴∠ODE=∠OED. ∵∠AED=∠ADC, ∴∠ODE=∠ADC. ∵AE是☉O的直径,∠ADE=90°, ∴∠ODC=∠ADC+∠ODA=∠ODE+∠ODA=90°, ∵OD是☉O的半径,∴直线BC是☉O的切线. 谢谢观赏！ 31 1.(2025新都区模拟)如图所示,AB是☉O的直径,点C,D在☉O上,且点C是的中点,过点C作CE⊥BD交BD的延长线于点E. (1)求证:CE是☉O的切线; (1)证明:如图所示, 连接OC,OD, ∵C是的中点, ∴=. ∴∠AOC=∠COD. ∵OA=OC=OD, ∴∠A=∠OCA=(180°-∠AOC),∠OCD=∠ODC=(180°-∠COD). ∴∠A=∠OCA=∠OCD=∠ODC. ∵∠CDE=∠A=180°-∠BDC, ∴∠CDE=∠OCD. ∵CE⊥BD,∴∠E=90°. ∴∠OCD+∠DCE=∠CDE+∠DCE=90°. ∴OC⊥CE. ∵OC是☉O的半径,∴CE是☉O的切线. (2)DE=,CE=. (2)若AF=10,sin F=,求EG的长. (2)解:如图②所示, 过点C作CH⊥BF于点H,过点D作DM⊥BF于点M, 设OA=OC=r,则OF=OA+AF=r+10, 由(1)可得∠OCF=90°, 在Rt△OCF中,sin F==, ∴3OC=OF.∴3r=r+10.∴r=5.∴OA=OC=5. ∴AB=CD=2OA=10,OF=15.∴BF=OF+OB=20. 在Rt△OCF中,由勾股定理,得CF===10, ∴cos F===. 在Rt△BEF中,EF===15,∴CE=EF-CF=5,BE=CE=5. 在Rt△CDE中,由勾股定理,得DE===5. ∵S△OCF=CH·OF=OC·CF,∴CH===. ∵∠CHO=∠DMO=90°,∠COH=∠DOM,OC=OD,∴△DOM≌△COH(AAS). ∴DM=CH=. ∵∠DMG=∠EBG=90°,∠DGM=∠EGB, ∴△DGM∽△EGB.∴=, 即==. ∴EG=DE=3. (1)证明:∵∠BAC=90°,点E为BC中点, ∴AE=BE=CE.∴∠B=∠BAE. ∵AD是直径,∴∠AED=90°. ∴tan∠DAE=,tan B=. ∴=.∴AE·AC=AB·DE. (2)若tan C=,AE=,求☉O的直径和EF的长. (2)解:∵AE=BE=CE=,∴BC=2. ∵tan C==,∴AB=AC. ∵BC2=AC2+AB2,∴120=6AC2.∴AC=2. ∴AB=AC=10. ∵AE·AC=AB·DE,∴2×=10DE. ∴DE=.∴AD==6.∴BD=4,☉O的直径为6. 如图所示,连接AF, ∵四边形ADEF是圆内接四边形, ∴∠AFE+∠ADE=180°. ∵∠ADE+∠BDE=180°,∴∠AFE=∠BDE. 又∵∠B=∠B,∴△BDE∽△BFA.∴=. ∴4×10=BF.∴BF=.∴EF=BF-BE=. (2)若BC=8,sin ∠AEF=,求☉O的半径. 5.(2025德阳T24,14分)在☉O中直径AB与弦CD交于点E,=2,连接AD,过点B作☉O的切线与AD的延长线相交于点F,CD的延长线与BF的延长线相交于点G. (1)若∠AFB=70°,求∠G的度数. 解:(2)①∵=2,∴∠ADC=2∠BAD. ∵OA=OD,∴∠OAD=∠ADO.∴∠ADC=2∠ADO.∴∠ODC=∠ODA. ∵OC=OD,∴∠OCD=∠ODC.∴∠OCD=∠OAD. 又∵OC=OA,∴∠OCA=∠OAC.∴∠CAD=∠ACD. 又∵MD=MD,∴△CMD≌△AMD(AAS). ∴∠AMD=∠CMD==90°.∴DM⊥AC. 解:②如图所示,连接BD, ∵AB是☉O直径,∴∠ADB=90°.∴∠ADB=∠ABF. 又∵∠BAD=∠BAD,∴△ABD∽△AFB. ∴=.∴AB2=AD·AF. 由①知,∠CAD=∠ACD, ∴AD=CD.∴AB2=CD·AF. ∵CD·AF=16,∴AB=4. (1)证明:∵BF是☉O的直径, ∴∠BAF=90°.∴AF⊥AB. ∵CD⊥AB,∴CD∥AF.∴DG∥AF.∴∠AFB=∠BGD. ∵=,∴∠ADC=∠ABC. ∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB. ∵=,∴∠ACB=∠AFB. ∴∠ADC=∠BGD.∴AD∥GF. ∴四边形ADGF为平行四边形. (2)求的值; (2)=. (3)解:如图所示, 过点D作DH⊥AC于点H, 在Rt△BCE中,CE===4, ∵=, ∴∠BAD=∠BCD. ∵∠AED=∠CEB,∴△AED∽△CEB. ∴==.∴==. ∴AD=,DE=.∴CD=CE+DE=4+=. ∵S△ACD=CD·AE=AC·DH, ∴×3=5DH.∴DH=. 在Rt△ADH中,sin∠HAD==×=,∴sin∠CAD=. (2)若AE=10,tan ∠CAD=,求DE与BD的长; (2)DE=6,BD=. (3)在(2)的条件下,若F为上的一动点,且点F在直线AB上方,连接AF,DF,EF.当四边形ADEF面积最大时,求DF的长. (3)解:如图所示,过点A作AG⊥DF于点G,EH⊥DF于点H, 当四边形ADEF面积最大时,△AEF面积最大,点F到AE的距离最大,点F是的中点,∴=.∴AF=EF. ∵∠AFE=90°,∴∠AEF=∠EAF=(180°-∠AFE)=45°. ∴∠EDF=∠ADF=∠EAF=∠AEF=45°. ∴△ADG与△DEH是等腰直角三角形. ∵AE=10,∴AF=EF=AE=5. ∵DE=6,∴AD=8. ∴AG=AD=4,EH=DE=3. ∴四边形ADEF的面积=S△AEF+S△ADE=S△ADF+S△DEF. ∴×5×5+×8×6=×4DF+×3DF.∴DF=7. $第三部分　题型分层突破 基础篇 题型一　运　算 一、实数的计算 谢谢观赏！ 9 1.(2025成都模拟)计算:(-1)2 025+-|-3×|+(π-100)0. 解:(-1)2 025+-|-3×|+(π-100)0　 =-1-2-+1=-2-. 2.(2024绵阳模拟)计算:-14-4+|1-2cos 45°|-(-)-2. 解:-14-4+|1-2cos 45°|-(-)-2=-1-+|1-2×|-4=-1-+-1-4 =-6. 二、分式的化简求值 3.化简求值:÷(+m+3),其中m=+1. 解:÷(+m+3)=÷(+)=÷=·=,当m=+1时,原式===(-2)(+1)=-. 4.(2024游仙区模拟)化简:÷(-),其中x满足不等式|x-1|≤1的整数解,选择一个合适的数代入求值. 解:÷(-)=÷[-]=÷=×=.∵|x-1|≤1,∴-1≤x-1≤1,0≤x≤2.∵x是满足不等式|x-1|≤1的整数解,∴x=0或1或2.∵x=0或1时,原式无意义,∴当x=2时.原式==4. 三、解不等式组 5.求不等式组的整数解. 解: 由①得x≥1, 由②得x<4.∴不等式组的解集为1≤x<4. 则原不等式组的整数解为1,2,3. 6.解不等式组并将其解集表示在下面的数轴上. 解: 由①,得3x-3>2x-5, 3x-2x>3-5,x>-2, 由②,得3(x+3)≥2(2x+4), 3x+9≥4x+8, 3x-4x≥8-9,-x≥-1,x≤1, 不等式①②的解集在数轴上表示为 ∴不等式组的解集为-2<x≤1. $